精品解析：天津外国语大学附属外国语学校2024-2025学年下学期八年级期中数学试卷

2024－2025学年天津外国语大学附属外国语学校八年级（下）期中数学试卷 一、选择题（每小题3分，共30分） 1. 在下列二次根式中，最简二次根式是（ ） A. B. C. D. 2. 估计的值应在（ ） A. 2和3之间 B. 3和4之间 C. 4和5之间 D. 5和6之间 3. 若，则化简为（ ） A. B. C. D. 4. 下列命题： ①如果a、b、c为一组勾股数，那么4a、4b、4c仍是勾股数； ②如果直角三角形的两边是3，4，那么斜边必是5； ③如果一个三角形的三边是12，25，21，那么此三角形必是直角三角形； ④一个等腰直角三角形的三边是a、b、c，（a＞b=c），那么a2：b2：c2=2：1：1． 其中正确的是（ ） A. ①② B. ①③ C. ①④ D. ②④ 5. 如图所示，圆柱的高为5米，底面圆的周长为4米．将一条彩带从底面A点开始绕圆柱1圈后，挂在点A的正上方点B处，彩带最短需要（ ）米 A. 3 B. 4 C. 5 D. 6. 如图，以各边为直径的三个半圆围成两个新月形（阴影部分）．已知，，则两个新月形（阴影部分）的面积为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，平行四边形中以点为圆心，适当长为半径作弧，交于，分别以点为圆心大于长为半作弧，两弧交于点，作交于点，连接，若，则的长为（　　） A. B. C. D. 8. 如图，菱形，点、、、均在坐标轴上，，点，点是的中点，点是上的一动点，则的最小值是（ ） A. 3 B. 5 C. D. 9. 如图，在正方形ABCD中，E为BC延长线上一点，连接DE，F为BC上一点，且EF＝DE，连接DF．G为CD上一点，且DG＝CF，连接AG并延长交DE于点M，连接CM，若∠DAM＝α，则∠DCM＝（　　） A. 2α B. 45°+α C. D. 10. 如图，在菱形ABCD中，∠A＝60°，E、F分别是AB，AD的中点，DE、BF相交于点G，连接BD，CG．有下列结论：①∠BGD＝120°；②BG＋DG＝CG；③△BDF≌△CGB；④S菱形ABCD＝AB2；⑤2DE＝DC；⑥BF＝BC，正确结论的有（ ）个． A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 二、填空题（每小题3分，共30分） 11. 比较大小：______（填“”、“”或“”） 12. 当x=时，代数式x²-6x-2的值是________. 13. “赵爽弦图”巧妙地利用面积关系证明了勾股定理，是我国古代数学的骄傲，如图所示的“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成的一个大正方形．设直角三角形较长直角边长为a，较短直角边长为b，若，大正方形的面积为25，则小正方形的边长为_____． 14. 如图，在中，，点D是的中点，过点D作，垂足为点E，连接，若，，则________． 15. 在▱ABCD中，AD=BD，BE是AD边上的高，∠EBD=20°，则∠A的度数为_________． 16. 如图，在矩形ABCD中，∠BAD的平分线AE交BC于点E，O为对角线交点，且∠CAE=15°.则∠AEO的度数为__________. 17. 已知：正方形的边长为8，点E、F分别在上，，与相交于点G，点H为的中点，连接，则的长为_____． 18. 如图，将矩形纸片ABCD沿EF折叠，使D点与BC边的中点D′重合．若BC=8，CD=6，则CF的长为_________________． 19. 如图，矩形的面积为，对角线交于点O，以、为邻边作平行四边，对角线交于点，以、为邻边作平行四边形，…；依此类推，则平行四边形的面积为______． 20. 如图，四边形ABCD是边长为6的正方形，点E在边AB上，BE＝4，过点E作EF∥BC，分别交BD，CD于点G，F两点，若M，N分别是DG，CE的中点，则MN的长是_____． 三、解答题（每题8分，共计40分） 21. 计算： （1）； （2） 22. 如图，一个长为15m的梯子斜靠在墙上，梯子的顶端距地面的距离为， （1）如果梯子的顶端下滑了，那么梯子的底端也向后滑动吗？请通过计算解答． （2）梯子的顶端从处沿墙下滑的距离与点向外移动的距离有可能相等吗？若有可能，请求出这个距离，没有可能请说明理由． 23. 如图，在平行四边形中，对角线和交于点O，点E、F分别为、的中点，连接、． （1）求证：； （2）若，且，，求的长． 24. 如图，中，，过A点作的平行线与的平分线交于点D，连接． （1）求证：四边形是菱形； （2）连接与交于点O，过点D作交的延长线于E点，连接，若，，求的长． 25. 如图1，在平面直角坐标系中有长方形，点，将长方形沿折叠，使得点B落在点D处，边交x轴于点E，． （1）求点D的坐标； （2）如图2，点N为的中点，在直线上是否分别存在点M，使得的周长最小？如果存在，求出周长的最小值；如果不存在，请说明理由； （3）点P为y轴上一动点，作直线交直线于点Q，存在点P使得为等腰三角形，请直接写出的度数． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024－2025学年天津外国语大学附属外国语学校八年级（下）期中数学试卷 一、选择题（每小题3分，共30分） 1. 在下列二次根式中，最简二次根式是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了最简二次根式的知识，熟练掌握最简二次根式的定义是解答本题的关键． 最简二次根式必须满足两个条件：①被开方数不含分母；②被开方数不含能开得尽方的因数或因式． 【详解】A．，故不是最简二次根式； B．，故不是最简二次根式； C．，故不是最简二次根式； D．是最简二次根式． 故选D． 2. 估计的值应在（ ） A. 2和3之间 B. 3和4之间 C. 4和5之间 D. 5和6之间 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查二次根式的混合运算，无理数的估算．先利用二次根式的运算法则将原式变形为，再利用放缩法估算的范围，即可求解． 【详解】解：， ， ， ， ， 故选D． 3. 若，则化简为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查了二次根式的化简，熟练掌握二次根式的性质是解题关键．先判断出，，再利用二次根式的性质化简即可得． 【详解】解：∵， ∴同号，且均不为0， 又∵在中，是被开方数， ∴， ∴， ∴， ∴， 故选：D． 4. 下列命题： ①如果a、b、c为一组勾股数，那么4a、4b、4c仍是勾股数； ②如果直角三角形的两边是3，4，那么斜边必是5； ③如果一个三角形的三边是12，25，21，那么此三角形必是直角三角形； ④一个等腰直角三角形的三边是a、b、c，（a＞b=c），那么a2：b2：c2=2：1：1． 其中正确的是（ ） A. ①② B. ①③ C. ①④ D. ②④ 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要依据勾股定理的逆定理，判定三角形是否为直角三角形． 【详解】解①正确，∵a2+b2=c2， ∴（4a）2+（4b）2=（4c）2， ②错误，应为“如果直角三角形的两直角边是3，4，那么斜边必是5” ③错误，∵122+212≠252， ∴不是直角三角形； ④正确，∵b=c，c2+b2=2b2=a2， ∴a2：b2：c2=2：1：1， 故选：C． 【点睛】本题考查了勾股定理的逆定理，解题的关键是掌握已知三角形ABC的三边满足a2+b2=c2，则三角形ABC是直角三角形． 5. 如图所示，圆柱的高为5米，底面圆的周长为4米．将一条彩带从底面A点开始绕圆柱1圈后，挂在点A的正上方点B处，彩带最短需要（ ）米 A. 3 B. 4 C. 5 D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查两点间线段最短和勾股定理在生活中的应用．将曲面问题变为平面问题，然后利用勾股定理计算出斜边长度，是解答本题的关键． 【详解】如解图，长方形是圆柱的侧面展开图，连接， 此时所需彩带最短，最短长度为， ，由题意得米. 米， 由勾股定理得，即 ， 解得米(负值已舍). 故选D. 6. 如图，以各边为直径的三个半圆围成两个新月形（阴影部分）．已知，，则两个新月形（阴影部分）的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由勾股定理可得，阴影部分面积等于两个小半圆的面积加上的面积，再减去大半圆的面积． 【详解】解：在中，由勾股定理得， 故选B． 【点睛】本题考查勾股定理，圆的面积公式，解题的关键是看懂图中各部分图形间的面积关系． 7. 如图，平行四边形中以点为圆心，适当长为半径作弧，交于，分别以点为圆心大于长为半作弧，两弧交于点，作交于点，连接，若，则的长为（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题考查基本作图-作角平分线，掌握平行四边形的性质和判定，勾股定理，勾股定理的逆定理等知识是解题的关键． 如图，过点作交于．证明四边形是平行四边形，再利用勾股定理的逆定理证明，推出，利用勾股定理求出即可． 【详解】解：如图，过点作交于． 四边形是平行四边形， ， ， ，， 四边形是平行四边形， ， 平分， ， ， ，，， ， ， ， ， ， ， ， ， 故选：D． 8. 如图，菱形，点、、、均在坐标轴上，，点，点是的中点，点是上的一动点，则的最小值是（ ） A. 3 B. 5 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】直线AC上的动点P到E、D两定点距离之和最小属“将军饮马”模型，由D关于直线AC的对称点B，连接BE，则线段BE的长即是PD+PE的最小值． 【详解】如图：连接BE， ， ∵菱形ABCD， ∴B、D关于直线AC对称， ∵直线AC上的动点P到E、D两定点距离之和最小 ∴根据“将军饮马”模型可知BE长度即是PD+PE的最小值．， ∵菱形ABCD，，点， ∴，， ∴ ∴△CDB是等边三角形 ∴ ∵点是的中点， ∴,且BE⊥CD， ∴ 故选：A． 【点睛】本题考查菱形性质及动点问题，解题的关键是构造直角三角形用勾股定理求线段长． 9. 如图，在正方形ABCD中，E为BC延长线上一点，连接DE，F为BC上一点，且EF＝DE，连接DF．G为CD上一点，且DG＝CF，连接AG并延长交DE于点M，连接CM，若∠DAM＝α，则∠DCM＝（　　） A. 2α B. 45°+α C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】证明，则，得到，，证明，进一步得到． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故选：B 【点睛】此题考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、三角形内角和定理、等腰三角形的判定和性质，证明是解题的关键． 10. 如图，在菱形ABCD中，∠A＝60°，E、F分别是AB，AD的中点，DE、BF相交于点G，连接BD，CG．有下列结论：①∠BGD＝120°；②BG＋DG＝CG；③△BDF≌△CGB；④S菱形ABCD＝AB2；⑤2DE＝DC；⑥BF＝BC，正确结论的有（ ）个． A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】由菱形的性质及等边三角形的性质就可以得出∠GDB=∠GBD=30°，得出∠GDC=∠GBC=90°，DG=BG，由四边形的内角和为360°就可以求出∠BGD的值，由直角三角形的性质就可以得出CG=2GD就可以得出BG+DG=CG，在Rt△GBC中，CG＞BC=BD，故△BDF与△CGB不全等，由三角形的面积关系可判断④，结合④和菱形的性质进而得出结论． 【详解】解：∵四边形ABCD是菱形 ∴AB=BC=CD=AD．∠A=∠BCD ∵∠A=60° ∴∠BCD=60° ∴△ABD是等边三角形，△BDC是等边三角形 ∴∠ADB=∠ABD=60°，∠CDB=∠CBD=60° ∵E，F分别是AB，AD的中点 ∴∠BFD=∠DEB=90° ∴∠GDB=∠GBD=30° ∴∠GDC=∠GBC=90°，DG=BG ∴∠BGD=360°-90°-90°-60°=120°，故①正确； 在△CDG和△CBG中 ∴△CDG≌△CBG（SSS） ∴∠DGC=∠BGC=60° ∴∠GCD=30° ∴CG=2GD=GD+GD ∴CG=DG+BG 故②正确． ∵△GBC为直角三角形 ∴CG＞BC ∴CG≠BD ∴△BDF与△CGB不全等 故③错误； ∵S菱形ABCD=2S△ADB= 2×AB•DE =AB•（BE） =AB•AB =AB2，故④错误； ∵ ∴2DE=CD 故⑤正确； ∵BD＞BF，BD=BC ∴BC＞BF 故⑥错误． ∴正确的有：①②⑤共三个． 故选：C． 【点睛】此题考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质及等边三角形的判定与性质，综合的知识点较多，注意各知识点的融会贯通． 二、填空题（每小题3分，共30分） 11. 比较大小：______（填“”、“”或“”） 【答案】 【解析】 【分析】先求出两个数的差，然后根据求出的差的正负，即可求解． 【详解】解：∵， 又∵，，， ∴， ∴， ∴，即， ∴． 故答案为： 【点睛】本题主要考查了实数的大小比较，利用作差法解答是解本题的关键． 12. 当x=时，代数式x²-6x-2的值是________. 【答案】-4 【解析】 【分析】把已知条件变形得到x-3=，再两边平方得到x2-6x+9=7，则x2-6x=-2，然后利用整体代入的方法计算． 【详解】∵x=， ∴x-3=， ∴（x-3）2=7，即x2-6x+9=7， ∴x2-6x=-2， ∴原式=-2-2=-4． 故答案为-4． 【点睛】本题考查了二次根式的化简求值：二次根式的化简求值，一定要先化简再代入求值．二次根式运算的最后，注意结果要化到最简二次根式，二次根式的乘除运算要与加减运算区分，避免互相干扰． 13. “赵爽弦图”巧妙地利用面积关系证明了勾股定理，是我国古代数学的骄傲，如图所示的“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成的一个大正方形．设直角三角形较长直角边长为a，较短直角边长为b，若，大正方形的面积为25，则小正方形的边长为_____． 【答案】3 【解析】 【分析】本题考查勾股定理的运用．由题意可知：中间小正方形的边长为：，根据勾股定理以及题目给出的已知数据即可求出小正方形的边长． 【详解】解：由题意可知：中间小正方形的边长为：， 每一个直角三角形的面积为：， ∴大正方形的面积为：， ∴小正方形的面积为：， ． 故答案为：3． 14. 如图，在中，，点D是的中点，过点D作，垂足为点E，连接，若，，则________． 【答案】3 【解析】 【分析】根据直角三角形的性质得到AB=10，利用勾股定理求出AC，再说明DE∥AC，得到，即可求出DE． 【详解】解：∵∠ACB=90°，点D为AB中点， ∴AB=2CD=10， ∵BC=8， ∴AC==6， ∵DE⊥BC，AC⊥BC， ∴DE∥AC， ∴，即， ∴DE=3， 故答案为：3． 【点睛】本题考查了直角三角形的性质，勾股定理，平行线分线段成比例，解题的关键是通过平行得到比例式． 15. 在▱ABCD中，AD=BD，BE是AD边上的高，∠EBD=20°，则∠A的度数为_________． 【答案】55°或35°． 【解析】 【详解】试题分析：①若E在AD上，如图，∵BE是AD边上的高，∠EBD=20°，∴∠ADB=90°﹣20°=70°，∵AD=BD，∴∠DAB=∠ABD=55°； ②若E在AD的延长线上，如图，∵BE是AD边上的高，∠EBD=20°，∴∠EDB=90°﹣20°=70°，∵AD=BD，∴∠DAB=∠ABD=35°．故答案为55°或35°． 考点：1．平行四边形的性质；2．分类讨论． 16. 如图，在矩形ABCD中，∠BAD的平分线AE交BC于点E，O为对角线交点，且∠CAE=15°.则∠AEO的度数为__________. 【答案】30° 【解析】 【分析】根据∠BAD的平分线AE交BC于点E，可得∠BAE=45°，由AD∥BC，可得∠AEB=45°，然后由∠CAE=15°，可得∠BAC=60°，即△OAB是等边三角形，因此可得AB=BO=BE，可得 ∠BOE=75°，因此可得∠AEO=∠BEO-∠BEA=30°． 【详解】解∶∵四边形ABCD是矩形． ∴∠BAD=∠ABC=90°， AO=BO=BD=AC； ∵AE是∠BAD的角平分线； ∴∠BAE=45° ∵∠CAE=15° ∴∠BAC=60° ∴△AOB是等边三角形； ∴∠ABO=60°， ∴∠OBE=90°-60°=30°， ∵在Rt△ABE中，∠BAE=45°， ∴∠AEB=∠BAE=45°， ∴AB=BE， ∵△ABO是等边三角形， ∴AB= BO， ∴OB= BE， ∴∠BOE=∠BEO= ( 180°-30°) =75°， ∴∠AEO=∠BEO-∠AEB=75°-45°=30°， 故答案为：30°． 【点睛】本题考查矩形的性质、等边三角形判定和性质等知识，熟练运用矩形的性质及等边三角形的判定及性质是解题的关键． 17. 已知：正方形的边长为8，点E、F分别在上，，与相交于点G，点H为的中点，连接，则的长为_____． 【答案】5 【解析】 【分析】根据正方形的性质可证，可得，是直角三角形，运用勾股定理可得的值，再根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半即可求解． 【详解】解：∵四边形为正方形， ∴，， 在和中， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵点H为的中点， ∴， ∵， ∴， ∴． 故答案为：5． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，掌握全等三角形的判断和性质，勾股定理，直角三角形斜边中线等于斜边的一半是解题的关键． 18. 如图，将矩形纸片ABCD沿EF折叠，使D点与BC边的中点D′重合．若BC=8，CD=6，则CF的长为_________________． 【答案】 【解析】 【分析】设，在中利用勾股定理求出x即可解决问题． 【详解】解：∵是的中点，，， ∴， 由折叠的性质知：， 设， 则， 在中，根据勾股定理得：， 即：，解得， ∴． 故答案为： 【点睛】本题考查翻折变换、勾股定理，解题的关键是利用翻折不变性解决问题，学会转化的思想，利用方程的去思考问题，属于中考常考题型． 19. 如图，矩形的面积为，对角线交于点O，以、为邻边作平行四边，对角线交于点，以、为邻边作平行四边形，…；依此类推，则平行四边形的面积为______． 【答案】 【解析】 【分析】由矩形的性质得出，由平行四边形的性质得出，，，从而可得，同理平行四边形的面积是，平行四边形的面积是，平行四边形的面积是，根据规律即可得解． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵四边形为平行四边形， ∴，，， ∴， ∴同理平行四边形的面积是，平行四边形的面积是， 平行四边形的面积是， ∴平行四边形的面积是， 故答案为：． 【点睛】本题考查了平行四边形性质，三角形的面积，矩形的性质等知识点，此题的关键是能根据求出的结果得出规律，注意：等底等高的三角形的面积相等． 20. 如图，四边形ABCD是边长为6的正方形，点E在边AB上，BE＝4，过点E作EF∥BC，分别交BD，CD于点G，F两点，若M，N分别是DG，CE的中点，则MN的长是_____． 【答案】 【解析】 【分析】作辅助线，构建矩形MHPK和直角三角形NMH，利用平行线分线段成比例定理或中位线定理得：MK＝FK＝1，NP＝3，PF＝2，利用勾股定理可得MN的长． 【详解】过M作MK⊥CD于K，过N作NP⊥CD于P，过M作MH⊥PN于H， 则MK∥EF∥NP， ∵∠MKP＝∠MHP＝∠HPK＝90°， ∴四边形MHPK是矩形， ∴MK＝PH，MH＝KP， ∵NP∥EF，N是EC的中点， ∴ ∴PF＝FC＝BE＝2，NP＝EF＝3， 同理得：FK＝DK＝1， ∵四边形ABCD为正方形， ∴∠BDC＝45°， ∴△MKD是等腰直角三角形， ∴MK＝DK＝1，NH＝NP﹣HP＝3﹣1＝2， ∴MH＝2+1＝3， 在Rt△MNH中，由勾股定理得：MN＝ 故答案为． 【点睛】 本题考查了正方形的性质、等腰直角三角形的性质和判定、直角三角形的性质、勾股定理、平行线的性质等知识；本题的关键是构造直角三角形MNH，根据勾股定理计算． 三、解答题（每题8分，共计40分） 21. 计算： （1）； （2） 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据二次根式的加法运算法则计算即可； （2）根据二次根式的混合运算法则计算即可． 【小问1详解】 解：原式＝ ＝； 【小问2详解】 解：原式＝ ＝ ＝． 【点睛】本题考查了二次根式的混合运算，掌握二次根式的性质并运用性质和法则准确计算是本题的关键． 22. 如图，一个长为15m的梯子斜靠在墙上，梯子的顶端距地面的距离为， （1）如果梯子的顶端下滑了，那么梯子的底端也向后滑动吗？请通过计算解答． （2）梯子的顶端从处沿墙下滑的距离与点向外移动的距离有可能相等吗？若有可能，请求出这个距离，没有可能请说明理由． 【答案】（1） 解：如果梯子的顶端下滑了，那么梯子的底端不是向后滑动，理由如下： 在中，，， 由勾股定理得：， 在中，，， 由勾股定理得：， ， 如果梯子的顶端下滑了，那么梯子的底端不是向后滑动； （2）有可能，当梯子的顶端从处沿墙下滑时，点向外移动 【解析】 【分析】本题是勾股定理的应用，熟练运用勾股定理是解题的关键． （1）由勾股定理求出、的长，即可求解； （2）设梯子顶端从处沿墙下滑的距离为，则，， 在，根据勾股定理列出方程，解之取符合题意的值即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：梯子的顶端从处沿墙下滑的距离与点向外移动的距离有可能相等，理由如下： 由（1）可知，， 设梯子顶端从处沿墙下滑的距离为， 则，， 在中，由勾股定理得：，即， 解得：，（不符合题意，舍去）， 所以，当梯子的顶端从处沿墙下滑的距离是时，与点向外移动的距离有可能相等． 23. 如图，在平行四边形中，对角线和交于点O，点E、F分别为、的中点，连接、． （1）求证：； （2）若，且，，求的长． 【答案】（1）证明：∵平行四边形， ∴，，， ∴， ∵点E，F分别为，的中点， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴； （2）16 【解析】 【分析】（1）由平行四边形性质，，再结合中点条件，利用“”即可证明． （2）根据题意得出为等腰三角形，由F是的中点，可得，利用勾股定理求解即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：∵，且， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴为等腰三角形， ∵点F是的中点， ∴， 在中，，， 由勾股定理得． 24. 如图，中，，过A点作的平行线与的平分线交于点D，连接． （1）求证：四边形是菱形； （2）连接与交于点O，过点D作交的延长线于E点，连接，若，，求的长． 【答案】（1） 证明：∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，且， ∴，且， ∴四边形是平行四边形，且， ∴四边形是菱形； （2）3 【解析】 【分析】本题考查了菱形的判定和性质，角平分线的性质，直角三角形的性质，勾股定理等知识，熟练运用性质进行推理是本题的关键． （1）由角平分线的性质和平行线的性质可得，可得，由菱形的判定可证四边形是菱形； （2）由勾股定理求得，设，则，在中，，代入数据解答即可得解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：∵，， ∴， ∴， ∴， 设，则， ∴， 在中，， ∴， 解得：， ∴的长为3． 25. 如图1，在平面直角坐标系中有长方形，点，将长方形沿折叠，使得点B落在点D处，边交x轴于点E，． （1）求点D的坐标； （2）如图2，点N为的中点，在直线上是否分别存在点M，使得的周长最小？如果存在，求出周长的最小值；如果不存在，请说明理由； （3）点P为y轴上一动点，作直线交直线于点Q，存在点P使得为等腰三角形，请直接写出的度数． 【答案】（1） （2）存在，最小值 （3）存在点P使得为等腰三角形，的度数为或 【解析】 【分析】（1）过点D作于点F，利用矩形的性质，含角的直角三角形的性质，勾股定理求得，利用折叠的性质得到，再利用勾股定理，含角的直角三角形的性质求得，即可得出结论； （2）过点E作并延长交于点H，连接，交于点M，利用全等三角形的判定与性质得到点E与点H关于对称，由将军饮马模型可知：此时的周长最小．最小值为；利用直角三角形的边角关系定理，勾股定理求得，即可得出结论； （3）利用分类讨论的思想方法解答：当点P在点O的下方时，①时，利用等腰三角形的性质和直角三角形的性质解答即可；②时，利用等腰三角形的性质和直角三角形的性质解答即可；存在的情形；当点P在点O的上方时，此种情况不存在；当点P在点C的上方时，同样也不存在为等腰三角形． 【小问1详解】 解：过点D作于点F，如图， ∵点， ∴， ∵四边形为矩形， ∴，， ∴． ∴， ∴． ∵将长方形沿折叠，使得点B落在点D处， ∴，， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． ∴点D的坐标为； 【小问2详解】 解：在直线上存在点M，使得的周长最小． 过点E作并延长交于点H，连接，交于点M，如图， ∵将长方形沿折叠，使得点B落在点D处， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴点E与点H关于对称， ∴． 则由将军饮马模型可知：此时的周长最小．最小值为． ∵点N为的中点， ∴， 由（1）知：， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． ∴． ∵， ∴． ∴的周长的最小值为； 【小问3详解】 解：当点P在点O的下方时， ①时，如图， 由（1）知：， ∵， ∴， ∴； ②时，如图， ∵， ∴， ∴． ③不存在的情形； 当点P在点O的上方时，如图， 若，则， ∴， ∴， ∴与重合，此种情况不存在． 当点P在点C的上方时，如图， 同样也不存在为等腰三角形， 综上，存在点P使得为等腰三角形，的度数为或． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质，折叠的性质，直角三角形的性质，勾股定理，含角的直角三角形的性质，直角三角形的边角关系定理，点的坐标的特征，分类讨论的思想方法，利用点的坐标表示出相应线段的长度是解题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $